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 Asunto: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 29 Jul 2010, 15:26 
Vago

Registrado: 16 Mar 2010, 12:50
Mensajes: 19
1. Sea r \notin \mathbb{Q} y sean (a_n), (b_n) sucesiones de números naturales tales que \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = r. Calcular \overline{\lim} a_n y \overline{\lim} b_n.

2. Sea A \subseteq \mathbb{R}^n con la siguiente propiedad: para todo B \subseteq A finito y no vacío, A-B es cerrado.
(a) Probar que todos los puntos de A son aislados.
(b) ¿Es necesariamente cierto que A es cerrado?

3. (a) Sea f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} una función no constante tal que la imagen de f es un conjunto finito. ¿Es verdad que entonces f no es una función continua?
(b) Sea f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} una función continua tal que para todo a<b, la integral \int_a^b f df existe y vale 0. Probar que f es una función constante.

4. Sea f: [a,b] \to \mathbb{R} una función de variación acotada tal que v_f es Lipschitz. Demostrar que f es Lipschitz.

5. Sea (a_n) una sucesión de números reales (no necesariamente positiva) tal que \lim_{n \to \infty} a_n = 0 y sea (b_n) la sucesión definida por b_n = a_n + 2a_{n+1} - a_{n+2}. Probar que \sum_{n=1}^{\infty} a_n converge si y sólo si \sum_{n=1}^{\infty} b_n converge.


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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 30 Jul 2010, 16:50 
Vago
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Registrado: 14 Oct 2009, 15:03
Mensajes: 7
Para el 3:

Resolución
$ a) f no puede ser continua.
$Dem: Supongamos que f es continua en cierto punto x
\forall \varepsilon >0 $ $ \exists $ $ \delta >0 $ tq si $ 0<\vert x-y \vert < \delta \Rightarrow \vert $ f(x) - f(y) $ \vert < \varepsilon
\Rightarrow$ f(y) $\epsilon$ (f(x) - $\varepsilon $ ; f(x) + $\varepsilon $ )
$Sea $\varepsilon =1 \Rightarrow \exists \delta_1 $ tq si $ 0<\vert x -y_1\vert <\delta_1 \Rightarrow $f($y_1$)$ \epsilon $ ( f(x) -1; f(x) +1 )
...
$Sea $\varepsilon = \frac{1}{n} \Rightarrow \exists \delta_n $ tq si $ 0<\vert x -y_n\vert <\delta_n \Rightarrow $f($y_n$) $\epsilon $ (f(x) - $ \frac{1}{n};$ f(x) + $ \frac{1}{n}$ )
\Rightarrow \exists \lbrace f(y_n) \rbrace \epsilon$ Im(f)
$Absurdo!
$Pues Im(f) es finita y $ \lbrace f(y_n) \rbrace $ posee infinitos t\'erminos
$Luego f no es continua

$ b) Por Teorema de integraci\'on por partes:
\int_{a}^{b} $ f df + $\int_{a}^{b} $ f df = f(b)f(b) - f(a)f(a)
\Rightarrow \int_{a}^{b} $ f df = $ \frac{f\(b\)^2 - f\(a\)^2}{2} $ = 0
\Rightarrow {$f(b)$}^{2} $ = $ {$f(a)$}^{2}
\Rightarrow $ f(b) = f(a) o f(b) = - f(a) $ \forall a<b
\Rightarrow $Por el resultado anterior f no es continua o f es constante pues Im(f)= $\lbrace $f(a) ; - f(a) $\rbrace
$ Como por hip\'otesis f es continua $\Rightarrow $ f es constante


Para el 4

Resolución
\upsilon_f $ es Lipschitz
\Rightarrow \vert \upsilon_f \( x \) - \upsilon_f \( y \) \vert < M \vert x - y \vert
\vert \upsilon_f \( x \) - \upsilon_f \( y \) \vert = \vert {V_a}^{x} - {V_a}^{y} \vert = {V_x}^{y} < M \vert x - y \vert
$Sea $\pi $ partici\'on de \[x;y\]
\Rightarrow \pi \(f\) = \sum_{k=1}^{1} \vert f\(x_k\) - f\(x_{k-1}\) \vert = \vert f\(x\) - f\(y\) \vert \leq {V_x}^{y} $ pues ${V_x}^{y}$ es el $ sup\{\pi \(f\) $ tq $\pi$ es partici\`on de \[x;y\]\}
$Luego $\vert f\(x\) - f\(y\) \vert < M \vert x-y \vert
\Rightarrow $ f es Lipschitz


Para el 5

Resolución
\sum_{n=1}^{\infty} b_n = \sum_{n=1}^{\infty}  a_n + 2a_{n+1} - a_{n+2} = \sum_{n=1}^{\infty} a_n + \( 2 \sum_{n=1}^{\infty} a_n - 2 a_1 \) - \( \sum_{n=1}^{\infty} a_n - a_1 - a_2 \) = - a_1 + a_2 + 2 \sum_{n=1}^{\infty} a_n
\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge $ \Leftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty}  b_n $ converge $


Última edición por Nami el 31 Jul 2010, 00:18, editado 1 vez en total


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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 30 Jul 2010, 22:16 
Vago

Registrado: 16 Ene 2010, 13:11
Mensajes: 7
en el 3 a) decis que existe la sucesión f(yn), pero como sabes que toma infinitos valores?
fijate que no estas usando que no es constante (de hecho, si fuera constante f(yn) toma solo un valor)
en el 5 en un momento estás asociando una suma que en principio no sabes si converge


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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 31 Jul 2010, 00:14 
Vago
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Registrado: 14 Oct 2009, 15:03
Mensajes: 7
$ Tenes razon:
$En el 3
Resolución
$Para decir que $f\{y_n\}$ posee infinitos valores hay que decir que es porque $f\{y_n\} \neq f\(x\) $ $ \forall n \in \mathbb{N} \Rightarrow \forall f\(y_k\) $ fijo $ \exists m \in \mathbb{N} $ tq $ f\(y_k\) \notin \( f\(x\) - \frac{1}{m} ; f\(x\) + \frac{1}{m} \)
$Luego f\(x\) es punto de acumulacion de f\{y_n\}
$Entonces $f\{y_n\}$ posee infinitos terminos

$Entonces en el 5 quedaria:
Resolución
$Si $ \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge $ \Rightarrow 2\sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge $ \Rightarrow -a_1 + a_2 + 2\sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge pues solo es agregar dos terminos a la suma total
$Si $ -a_1 + a_2 + 2\sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge $ \Rightarrow 2\sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge pues es solo restar dos terminos a la suma total $ \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge $
$Luego $ \sum_{n=1}^{\infty} a_n $ converge $ \Leftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} b_n $ converge $

$El 4 se cree?
$Gracias



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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 31 Jul 2010, 18:59 
Estudiante
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Registrado: 07 Oct 2009, 15:23
Mensajes: 32
Para el (1):
Resolución
Supongamos que las dos sucesiones estan acotadas:entonces los limites superiores son numeros naturales pues se trata sucesiones de numeros naturales(mas aun,todos los puntos limites son naturales)
Con estas hipotesis,existe(a_n)_j,que tiende al limite superior de a_n.Ahora consideramos la subsucesion (b_n)_j(los mismos indices que la subsucesion anterior);se tiene que es acotada y por lo tanto tiene una subsucesion convergente(necesariamente a un natural),digamos((b_n)_j)_k.Ahora consideramos la subsucesion ((a_n)_j)_k(los mismos indices que la anterior),esta tambien converge necesariamente al limite superior de a_n.Y por ultimo tenemos que el cociente de estas dos ultimas subsucesiones convergentes es una subsucesion dea_n/b_n(por lo tanto debe converger a r).pero si tomamos limite nos da un cociente de naturales y por ende racional,lo cual es absurdo.
Si suponemos que una sucesion esta acotada y la otra no,se llega con un razonamiento analogo a la misma contradiccion.
En consecuencia las sucesiones no estan acotadas y por lo tanto los limites superiores dan infinito.

Un caso particular seria considerar la sucesiona_n=(n+1)^nyb_n=n^n,su cociente da la sucesion (1+1/n)^n,cuyo limite es irracional


Bye


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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 04 Ago 2010, 20:44 
Profesor
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Registrado: 02 Abr 2009, 16:18
Mensajes: 294
3.a)
Resolución
SUPONGAMOS QUE f ES CONTINUA: esto significa que \forall a \in \mathbb{R}, \forall \varepsilon >0 \exists \delta >0 tal que
|x-a|<\delta  \Rightarrow |f(x)-f(a)|<\varepsilon.

Tomo {\varepsilon}_{0}=min\lbrace|x-y| x,y \in Im(f), x\neq y \rbrace>0. (Existe porque f toma finitos valores)
Sea a \in \mathbb{R}. Para {\varepsilon}_{o} existe {\delta}_{0}>0 tal que
|x-a|<{\delta}_{0} \Rightarrow |f(x)-f(a)|<{\varepsilon}_{0}
Como f(x),f(a) \in Im(f), si f(x) \neq f(a) \Rightarrow |f(x)-f(a)| \geq {\varepsilon}_{0}
Absurdo. Luego |x-a|<{\delta}_{0} \Rightarrow f(x)=f(a).
Esto significa que f es localmente constante. Veamos que f es constante.

Veamos el conjunto A= \lbrace x \in \mathbb{R} / f(x)=f(a) \rbrace
Veamos que A es abierto y cerrado:

A es abierto:
Sea y \in A (f(y)=f(a)). Veamos que existe r>0 tal que B(y,r) \subset A.
Para ese y fijado, existe {\delta}_{y} tal que si |x-y|<{\delta}_{y} \Rightarrow f(x)=f(y) (mismo razonamiento que antes).
Tomo r={\delta}_{y}. Sea x \in B(y,{\delta}_{y}). |x-y|<{\delta}_{y} \Rightarrow f(x)=f(y)=f(a)
Luego x \in A. Luego B(y,r) \subset A. Luego A es abierto.

A es cerrado: Sea {({x}_{n})}_{n \in \mathbb{N}} una sucesión en A tal que {x}_{n} \longrightarrow {x}_{0}. Veamos que {x}_{0} \in A.
Como f es continua, f({x}_{n}) \longrightarrow f({x}_{0}). Pero f({x}_{n})=f(a) \forall n \in \mathbb{N}. Luego f(a)=f({x}_{0}). Luego {x}_{0} \in A. Luego A es cerrado.

Como A es abierto y cerrado, A es vacío ó A=\mathbb{R}.
Como a \in A, A no es vacío. Luego A = \mathbb{R}.

LUEGO f ES CONSTANTE.
ABSURDO.

Luego f no puede ser continua.


3.b)

Resolución
Supongamos que f no es constante, o sea, existen c,d \in \mathbb{R}, c<d, tal que f(c) \neq f(d).
Por hipótesis \int_{c}^{d}fdf=0. Por el teorema de integración por partes,
\int_{c}^{d}fdf=f^2(d)-f^2(c)-\int_{c}^{d}fdf
Se sigue que f^2(d)=f^2(c). Como f(c) \neq f(d), resulta f(c)=-f(d) (\neq 0, si no serían iguales).
Como f es continua y existen \alpha \in [c,d], \beta \in [c,d] tal que f(\alpha)<0<f(\beta) (\alpha = c ó d, \beta = c ó d, no importa cuál es cuál), existe r \in (c,d) tal que f(r)=0.
Miro ahora \int_{r}^{d}fdf. Por partes, resulta f^2(d)=f^2(r), pero f^2(r)=0.
Absurdo.
Luego f tiene que ser constante.


5:

Resolución
Miro las sumas parciales de las dos suceciones:

{S}_{n}= \sum_{k=1}^{n} {a}_{k}
{R}_{n}= \sum_{k=1}^{n} {b}_{k} =\sum_{k=1}^{n} {a}_{k}+2{a}_{k+1}-{a}_{k+2}= \sum_{k=1}^{n}{a}_{k}+2\sum_{k=1}^{n}{a}_{k+1}-\sum_{k=1}^{n}{a}_{k+2}=
\sum_{k=1}^{n}{a}_{k} +2(\sum_{k=1}^{n}{a}_{k})-2{a}_{1}+2{a}_{n+1}-(\sum_{k=1}^{n}{a}_{k}) + {a}_{1}+{a}_{2}-{a}_{n+1}-{a}_{n+2}=
2{S}_{n}-{a}_{1}+{a}_{2} -{a}_{n+1}+{a}_{n+2}

Quiero ver que \lim_{n \rightarrow \infty} {S}_{n} existe \Longleftrightarrow \lim_{n \rightarrow \infty} {R}_{n} existe


\Rightarrow) Supongamos \lim_{n \rightarrow \infty} {S}_{n}=s \in \mathbb{R}

\lim_{n \rightarrow \infty} {R}_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty} 2{S}_{n}-{a}_{1}+{a}_{2} -{a}_{n+1}+{a}_{n+2}=2(\lim_{n \rightarrow \infty} {S}_{n})-{a}_{1}+{a}_{2}+ \lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n+1}-\lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n+2}=2s-{a}_{1}+{a}_{2} \in \mathbb{R}


\Leftarrow) Supongamos que \lim_{n \rightarrow \infty} {R}_{n}=r \in \mathbb{R}

Despejando la igualdad de las sumas parciales, tenemos que
{S}_{n}= \frac{{R}_{n}+{a}_{1}-{a}_{2}+{a}_{n+1}-{a}_{n+2}}{2}

Luego, \lim_{n \rightarrow \infty} {S}_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{{R}_{n}+{a}_{1}-{a}_{2}+{a}_{n+1}-{a}_{n+2}}{2}= \frac{(\lim_{n \rightarrow \infty}{R}_{n})+{a}_{1}-{a}_{2}-\lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n+1}+\lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n+2}}{2}= \frac{r+{a}_{1}-{a}_{2}}{2} \in \mathbb{R}

En varios lados usé que \lim_{n \rightarrow \infty}{a}_{n}=0 y que si
\lim_{n \rightarrow \infty}{x}_{n} y \lim_{n \rightarrow \infty}{y}_{n} existen, entonces
\lim_{n \rightarrow \infty}{x}_{n}+{y}_{n}= \lim_{n \rightarrow \infty}{x}_{n}+\lim_{n \rightarrow \infty}{y}_{n}



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\bigstar Sofi \bigstar
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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 06 Ago 2010, 11:55 
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Registrado: 10 Ago 2008, 14:11
Mensajes: 28
Ubicación: Bajo Belgrano
2. Sea A \subseteq \mathbb{R}^n con la siguiente propiedad: para todo B \subseteq A finito y no vacío, A-B es cerrado.
(a) Probar que todos los puntos de A son aislados.
(b) ¿Es necesariamente cierto que A es cerrado?

Resolución
Bueno, queremos ver que todos los puntos de A son aislados, es decir, \forall x \in A \exists r > 0 / {B}_{r}(x) \cap A = \lbrace x \rbrace.
Según el enunciado, para todo B \subseteq A finito y no vacío, A-B es cerrado, en particular para {x}_{0} \in AseaB = \lbrace {x}_{0} \rbrace, B\subseteq A y B finito, entonces A-B es cerrado. Pero si A-B es cerrado, entonces {\mathbb{R}}^{n} - (A-B) es abierto. Es decir que \forall x \in ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)) \exists \varepsilon > 0 / {B}_{\varepsilon} (x) \subseteq ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)). Pero {x}_{0} \in ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)) \Rightarrow \exists {\varepsilon}_{0} > 0 / {B}_{{\varepsilon}_{0}} ({x}_{0}) \subseteq ({\mathbb{R}}^{n} - (A-B)). Pero entonces {B}_{{\varepsilon}_{0}} ({x}_{0}) \cap A = \lbrace {x}_{0} \rbrace.
Es decir que probamos que \forall x \in A \exists r > 0 / {B}_{r}(x) \cap A = \lbrace x \rbrace, que es lo que queríamos probar.



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Muchos de los que viven merecen morir, y algunos de los que mueren merecen la vida. ¿Puedes devolver la vida? Entonces no te apresures a dispensar la muerte, pues ni el más sabio conoce el fin de todos los caminos.
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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 06 Ago 2010, 22:06 
Profesor
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Registrado: 02 Abr 2009, 16:18
Mensajes: 294
2b)
Resolución
A es cerrado:

Supongamos que no, o sea, existe una suceción {({a}_{n})}_{n \in \mathbb{N}} en A tal que {a}_{n} \longrightarrow  x, con x \notin A.
Tomo B = \lbrace {a}_{1} \rbrace. Miro la sucesión {b}_{n}={a}_{n+1}, {b}_{n} \in A-B \forall n y {b}_{n} \longrightarrow  x. Como A-B es cerrado, x \in A-B. Luego x \in A.
Absurdo.
Luego A es cerrado.



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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 18 Jul 2014, 15:11 
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Registrado: 13 Abr 2010, 23:16
Mensajes: 290
Lo de arriba creo que falla, porque en principio la sucesión a_n no tiene porque tener todos sus términos distintos



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 Asunto: Re: Prefinal 29 de julio de 2010
NotaPublicado: 23 Jul 2014, 17:15 
1er Licenciado
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Registrado: 05 Jul 2008, 14:02
Mensajes: 1166
Podés tomarte la sucesión con términos distintos...



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Quimey
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